题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1176

免费馅饼

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 38193    Accepted Submission(s): 13056

Problem Description
都说天上不会掉馅饼,但有一天gameboy正走在回家的小径上,忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了,这馅饼别处都不掉,就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了,所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人,所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏,虽然在游戏中是个身手敏捷的高手,但在现实中运动神经特别迟钝,每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标:

为了使问题简化,假设在接下来的一段时间里,馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置,因此在第一秒,他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼?(假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼)
 
Input
输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000),表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中,每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。
 
Output
每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m,表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示:本题的输入数据量比较大,建议用scanf读入,用cin可能会超时。

 
Sample Input
6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0
 
Sample Output
4
 
第二次做,第一次的想法一点也记不得。。。
输入z(坐标),t(时刻),abs(z-5)<t表明,该时刻该点的馅饼一定接不到,故不存。
状态转移:
for(int i=; i<=maxt; i++)
for(int j=; j<=; j++)
{
if(j==)
dp[i][j]=max(dp[i-][j],dp[i-][j+])+pai[j][i];
else if(j==)
dp[i][j]=max(dp[i-][j-],dp[i-][j])+pai[j][i];
else
dp[i][j]=max(max(dp[i-][j-],dp[i-][j]),dp[i-][j+])+pai[j][i];
}

dp[100005(i)][15(j)]表示第i秒时,第j个点上接到馅饼的最大值。

相当与用1e7的复杂度算了所有情况。

看网上说是个简单的数塔,虽然不知道是什么,但是从dp的更新中可以领会一些意思。

注意理解每个时刻的dp的更新情况,该时刻不可能到达的点的值一定是零。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
#define maxt 100005
int dp[][];
int pai[][];
int main()
{
int n,z,t;
while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
{
memset(pai,,sizeof(pai));
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d%d",&z,&t);
if(abs(z-)<=t)
pai[z][t]++;
}
for(int i=; i<=maxt; i++)
for(int j=; j<=; j++)
{
if(j==)
dp[i][j]=max(dp[i-][j],dp[i-][j+])+pai[j][i];
else if(j==)
dp[i][j]=max(dp[i-][j-],dp[i-][j])+pai[j][i];
else
dp[i][j]=max(max(dp[i-][j-],dp[i-][j]),dp[i-][j+])+pai[j][i];
}
int res=;
for(int i=;i<=;i++)
{
if(dp[maxt][i]>res)
res=dp[maxt][i];
}
printf("%d\n",res);
}
return ;
}

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